Circuitos Elétricos II - Poli - Lista Complementar 2

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PSI3213 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II 
Exercícios Complementares correspondentes à Matéria da 2a Prova 
 
1 – No circuito da Figura 1, a chave encontra-se aberta há muito tempo, e fecha quando t = 0. 
Responda : 
 
a) Qual é o valor de iL( 0 – ) ? 
b) Determine o gerador equivalente de Thévenin ( e0 e R0 ) visto pelo indutor para t > 0 
em função de . 
c) Qual é ( em função de  ) a constante de tempo do circuito para t > 0 ? 
 d) Supondo  = 0 e 
)90
3
5
cos(220)(  tteg
, determine iL(t) para t > 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 – O circuito da Figura 2 é denominado filtro rejeita faixa duplo – T e é usado para montagem 
de um circuito de rejeição de frequência. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Escrevendo as equações de Análise Nodal desse circuito no domínio da Transformada de 
Laplace e nas incógnitas E1(s), E2(s) e E3(s), obteve-se a seguinte equação matricial com 
condições iniciais nulas: 
 
 
 
 
 
 
1
2 s
3
X 0 Y E s W
0 2 sC G Z E s G V s
sC G sC G E s 0
    
         
          
. 
 
Figura 1 
eg(t) 
i1 
5 2 H  i1 
iL 
t = 0 
10 
Figura 2 
vs 
C 
R 
C 
R 
2C 
e1 
e3 
e2 
R/2 
 e3 
1
G = 
R
Quais são os valores de X , Y , Z e W? 
 
3 – Considere o circuito da Figura 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determine o sistema matricial de análise de malhas em Laplace. 
b) Determine as frequências complexas próprias (FCPs) do circuito. Classifique-o quanto 
à estabilidade da rede livre. 
c) Calcule a impedância vista pelos terminais A e B no domínio de Laplace, ou seja, Zi(s). 
 
4 – Considere o circuito da Figura 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determine o sistema matricial de análise de malhas (em Laplace), considerando 
condições iniciais nulas, em função de R1 , R2 , L , M  e C. 
b) Sendo R1 = R2 = L = C = 1 ( unidades SI ), determine a função de rede 
)(
)(1
sE
sI
s
 : 
b1) supondo que não haja acoplamento (k = 0). 
b2) supondo acoplamento perfeito (k = 1). 
 
 
Figura 4 
C R2 es(t) 
M  R1 
L L 
i2 i1 i3 
Zi 
Figura 3 
iL(0– ) = 1 A 
vC(0– ) = 6 V 
2 H(t) 
4H 
B 
10 
A 
i1 
4vL 
vC 0,5F vL 
i2 iL 
5 – Considere o circuito da Figura 3 e unidades SI. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Sabendo-se que 




















10
5
11
14
2
1
2
1
sI
sI
V
V , determine os valores de ,  e do coeficiente 
de acoplamento k. 
 
Sabe-se que a matriz de análise de malhas em Laplace é dada por: 
 































s
ss
I
I
s
s
s
s
s
s
s
s
5
5
4
15
10
10
22
22
4
2
2
1 
 
b) Determine os valores de R e C. 
c) Determine o valor de  e a função es(t) do gerador ( t  0 ). 
d) Alterando a posição física dos indutores obteve-se k = 1. Para uma fonte de tensão 
es(t) = 10 cos ( 2t + 45
o), determine o sistema matricial de AM para regime permanente 
senoidal nas incógnitas 
I1
 e 
I2
. 
 
 
Figura 5 
iL1(0– ) =  
iL2(0– ) =  
vC(0– ) =  
es(t) 
vC 
M  
R 
L2 L1 
i1 i2 
C 
iL2 iL1 
v1 v2 
Testes 
 
1 – A equação matricial de análise de malhas no domínio de Laplace (condições iniciais nulas) 
do circuito da Figura 6 é dada por : 
 









































0
0
0
)(
)(
)(
)(
)(
0112
15,0505
10100
05205
3
2
1 sE
sV
sI
sI
sI
s
g
 
 
 
 Os valores de  e r são respectivamente : 
a) 2 ; 2  
b) – 2 ; 1  
c) 20 ; – 2  
d) – 10 ; – 1  
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
2 – O gerador de Thévenin equivalente à rede da Figura 7, no domínio de Laplace e com 
condições iniciais nulas, tem E0(s) e Z0(s) iguais, respectivamente, a: 
 
a) Ig(s)
 / 2s , ( 2s + 2 ) 
b) 2s . Ig(s) , ( 2s + 2 ) 
c) 2s . Ig(s) , ( s + 2 ) 
d) 4s . Ig(s) , 2 
e) n.d.a. 
 
 
 
Os testes de 3 a 6 referem-se ao circuito da Figura 8. 
 
3 – A chave está em A há muito tempo e passa instantaneamente para a posição B em t = 0. 
 A corrente i1 ( 0 – ) vale: 
 
a) 5 A 
b) 0 
c) 2 A 
d) 2,5 A 
e) n.d.a. 
 
4 – A corrente i1 (  ) vale: 
 
a) 5 A b) 0 
c) 2 A d) 2,5 A e) n.d.a. 
Figura 7 
2 H 
ig(t) 2 H 
2  
A 
B 
Figura 8 
4 H 
 2  
1 H 
i2 i1 
 1 H 10 V 
 A 
 B t = 0 
 2  
eg 
Figura 6 
v 
10 i1 
i2 
i3 
ix 
vx 
r.ix 
0,5 H 
5  
.vx 
5 – As FCPs do circuito para t > 0 são: 
 
a) – 2 
b) 0 e – 2 
c) – 8/3 
d) 0 e – 8/3 
e) n.d.a. 
 
6 – Supondo agora que a chave permaneça sempre em A, a corrente I2(s) vale (considerando 
condições iniciais nulas): 
 
a) 
)4103/(10 2  ss
 
b) 
)4103/(10 2  ss
 
c) 0 
d) 
)]3104(/[10 2  sss
 
e) n.d.a. 
 
7 – Considere o circuito da Figura 9 com indutância mútua. Assinale a alternativa que contém a 
expressão correta de v1 em função das convenções adotadas na figura. 
 
 a) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
  
 
 b) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
  
 
 c) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
 
 
 d) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
 
 
 e) n.d.a. 
 
8 – A admitância vista pelo gerador no circuito da Figura 10 vale: 
 
a) 
3 3
2 12 62
s
s s

 
 
b) 
2 2 3
0 01 10 4 62
,
, ,
s
s s

 
 
c) 
2 8 3
1 99 11 6 62
,
, ,
s
s s

 
 
d) 
3 2 3
1 99 12 4 62
,
, ,
s
s s

 
 
e) n.d.a. 
2 
0,1 H 
i2 1 H 
Figura 10 
B 
A 
3 2 H 
Figura 9 
L1 v1 
i1 
L2 v2 
i2 
|M| 
 
Para os testes de 9 a 12, considere o circuito da Figura 11. 
 
9 – O sistema matricial de análise de malhas em condições iniciais nulas é dado por: 
 
a) 




















0
)(
)(
)(
/11/1
/1/11
2
1 sE
sI
sI
sss
ss 
b) 




















0
)(
)(
)(
/111/1
/1/21
2
1 sE
sI
sI
sss
ss 
c) 




















0
)(
)(
)(
/11/1
/1/11
2
1 sE
sI
sI
ss
ss 
 
d) 




















0
)(
)(
)(
21
1
2
1 sE
sI
sI
ss
ss 
e) n.d.a. 
 
10 – A impedância Z(s) vista em A – B vale: 
 
a) 
s s
s s
2
2
2 2
1
 
 
 
b) 
1
12s s 
 
c) 
1
2 22s s 
 
d) s + 1 
e) n.d.a. 
 
11 – Num determinado instante t0 sabe-se que e ( t0 ) = 5 V, vC ( t0 ) = 3 V e iL ( t0 ) = 1 A. 
Pode-se afirmar que: 
 
a) No indutor teremos vL ( t0 ) = 2 V.b) No capacitor teremos iC ( t0 ) = 1 A. 
c) Para determinar vL ( t0 ) e iC ( t0 ) é preciso conhecer 
d v
dt
e
d i
dt
L
t
C
t0 0
. 
d) a) e b) estão corretas. 
e) n.d.a. 
 
12 – Quais são as frequências próprias do circuito? 
 
a) – 1 + j e – 1 – j 
b) – 1 – 2 j e – 1 + 2 j 
1 
1F 
i 
e(t) 
vL 
1 
vC 
iL 
A 
B 
i1 
iC i2 
Figura 11 
1H 
c) – 2 + j e – 2 – j 
d) – 1 e + 1 
e) n.d.a. 
 
 
13 – Assinale a opção correta: 
 
a) Em circuitos com vinculados a presença de FCP nula coincide com a presença de laços 
de indutores ou cortes de capacitores obrigatoriamente. 
b) Cortes de capacitores e/ou laços de indutores implicam a existência de FCP nula. 
c) Inserindo dois capacitores em série no lugar de um capacitor não implica a existência de 
corte de capacitores. 
d) Para determinar FCP nulas, qualquer análise (AN, AM) serve, isto é, não existem 
condições. 
e) n.d.a. 
 
 
 
Para os testes 14 e 15, considere o circuito da Figura 13, em que 
o
se (t) 10cos(t 45 ), (V,s) 
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 – Assumindo 
C 1 F
, o fasor da corrente 
2i (t)
, ou seja, 
2Iˆ
,vale aproximadamente (em A): 
a) 
oj231,9e
 
b) oj1572e 
c) 
oj462,3e
 
d) 10 
e) n.d.a. 
 
15 – A impedância vista pelos terminais A e B do circuito para C = 2F vale (em Ω): 
 
a) 0 
b) 

 
c) 
10 j25
 
d) 
10 j5
 
e) n.d.a 
Figura 12 
10  
~ 
A 
B 
 
 C 
 k=1 
 
1 
 
PSI3213 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II 
Solução dos Exercícios Complementares Correspondentes à Matéria da 2a Prova 
 
1 – a) iL ( 0 – ) = 0 ( não há geradores independentes ) 
 Resistência equivalente vista pelo indutor: 
 
 i = i1 –  i1 
 
 
i
E
1
5

 
 
  Req = 
5
1
0



 se  > 1 
 
b) t > 0 : R0 
 
 
 
 
 
 
 
 
Corrente de curto-circuito: 
 
 v = 0  i1 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
c) 
)(
5
3
10
)3(2
0
s
R
L  
 
 
 
d) Solução particular ( regime ) 
 
 
 . .
.
.
.

I
R j L
j
j
j
1 + j
L
o
E parag






2 20 90
3
1 20 2
3
1
10
3
10
3
2 2
0
0

  
 = 2 45o 
 
 






 45
3
5
cos2)(, tti pL
 (A,s) 
i1 
5  i1 
i i 
E  
E E E
i 1
5 5 5
     
 
5 
i1 
 i1 
i i 
E 10 
i
E E E
E
R
E
i
0
   

  

5 10 5
3
10
10
3



( )
 
eg(t) 
i1 
5  i1 
i0 
10 
v 
 
  

i
e
e i R
e
3
g
g
0
0 0 0
10
.

 
2 
 
 
  
3
5
0para
 
 






  45
3
5
cos2)( 3/5 tAeti tL
 (A,s) 
 
2)45cos(2)0(  AAiL
 
 
2 – Reescrevendo o circuito no domínio de Laplace, com condições iniciais nulas, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Incógnitas: E1(s), E2(s) e E3(s). 
 
1ª LK nó 1: 
 
1 s 1 3 1 3
1 3 s
sC [E (s) V (s)] sC [E (s) E (s)] 2G [E (s) αE (s)] 0
2 (sC G) E (s) (sC 2αG) E (s) sCV (s)
     
    
 
 
1ª LK nó 2: 
 
2 s 2 3 2 3
2 3 s
G [E (s) V (s)] G [E (s) E (s)] 2sC [E (s) αE (s)] 0
2 (sC G) E (s) (G 2αsC) E (s) GV (s)
     
    
 
 
1ª LK nó 3: 
 
3 1 3 2
1 2 3
sC [E (s) E (s)] G [E (s) E (s)] 0
 sC E (s) G E (s) (sC G) E (s) 0
   
     
 
 
 
 
 
Montando a equação matricial de análise nodal, temos: 
1
G = 
R
Vs(s) 
sC 
G 
sC 
G 
2sC 
E1(s) 
E3(s) E2(s) 
2G 
 E3(s) 
3 
 
 
1 s
2 s
3
2(sC G) 0 (sC 2αG) E (s) sCV (s)
0 2(sC G) (G 2αsC) E (s) GV (s)
 sC G sC G E (s) 0
       
        
     
            
 
 
Logo, os valores pedidos são: 
 
s
X 2 (sC G)
 Y (sC 2αG)
 Z (G 2αsC)
W sCV (s)
 
  
  

 
 
3 – a) Circuito para AM em Laplace: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2ª LK malha 1: 
 1 1 2
2 2 6
4 4s I (s) I (s) I (s) 0
s s s
 
       
 
1 2
2 2 6
4s I (s) I (s) 4
s s s
 
     
 
 
2ª LK malha 2: 
 2 1 L 2
6 2
I (s) I (s) 4V (s) 10I (s) 0
s s
      
Substituindo
 L 1 1
2
V (s) 4s I (s) 4 4 4sI (s)
s
 
      
, temos 
   2 1 1 2
6 2
I (s) I (s) 4 4 4sI (s) 10I (s) 0
s s
      
 
1 2
2 2 6
16s I (s) 10 I (s) 16
s s s
   
          
   
 
 
 
Equação matricial de AM: 
 
2/s 4s 
B 
10 
A 
I1 
4VL 
VC 
2/s 
VL 
I2 IL IC 
 
Zi 
– 
 
+ 
+ 
 
– 
4 6/s 
4 
 
1
2
2 2 6
4s 4
I (s)s s s
I (s)2 2 6
16s 10 16
s s s
         
    
                  
 
 
b) Equação característica: 
 
1
2
2
2 2 3 j 41
4s s
s s 10
0 10s 6s 5 0
2 2 3 j 4116s 10 s
s s 10

  
     
      
 
 
 
 A rede livre é instável pois a parte real das suas FCPs é positiva. 
c) Para descobrir a impedância de entrada, vamos analisar o circuito com condições iniciais 
nulas (geradores independentes inativados) e excitado por um gerador de tensão E(s) 
entre os terminais A e B: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar I(s) e calcular Zi(s) = E(s)/I(s), vamos primeiramente associar as 
impedâncias do indutor e do capacitor, chegando no seguinte circuito: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2ª LK malha I: 
  2
2
4s
I(s) J(s) E(s) 4sI(s) 4sJ(s) (2s 1)E(s)
2s 1
     

 
+ 
 
– 
I(s) 
I 
 
E(s) 
B 
10 
A 
4VL 
VL 
J 
Zi(s) = E(s)/I(s) 
+ 
 
– 
I(s) 
E(s) 4s 
B 
10 
A 
4VL 
VC 
2/s 
VL IL 
 
– 
 
+ 
+ 
 
– 
0 0 
Zi(s) = E(s)/I(s) 
5 
 
2ª LK malha J: 
  L2
4s
J(s) I(s) 4V (s) 10J(s) 0
2s 1
   

 
Substituindo
  L 2
4s
V (s) I(s) J(s)
2s 1
 

, temos 
   
2 2
4s 16s
J(s) I(s) I(s) J(s) 10J(s) 0
2s 1 2s 1
    
 
 
2
2 2
12s 12s
I(s) 10 J(s) 0 12sI(s) (20s 12s 10)J(s) 0
2s 1 2s 1
 
         
  
 
 
Equação matricial de AM: 
 
 
2
2
4s 4s I(s) (2s 1)E(s)
J(s)12s 20s 12s 10 0
     
    
      
 
Resolvendo I(s) por Cramer, temos 
 
 
2
2 2 2
3
2
(2s 1)E(s) 4s
0 20s 12s 10 (2s 1)(20s 12s 10)
I(s) E(s)
4s 4s 80s 40s
12s 20s 12s 10
 
    
 
 
 
 
 
Finalmente,
 
3
i 2 2 2
E(s) 80s 40s 20s
Z (s)
I(s)(2s 1)(20s 12s 10) 10s 6s 5

  
    
 
i 2
E(s) 2s
Z (s) .
I(s) s 0,6s 0,5
  
 
 
 
 
4 – a) Vamos começar fazendo a análise de malhas do circuito no domínio do tempo: 
 
2ª LK malha 1: 
31 2
1 1 s
di (t)d(i (t) i (t))
R i (t) L M e (t)
dt dt

   
2ª LK malha 2: 
t
32 1
2
di (t)d(i (t) i (t)) 1
L M i ( )d 0
dt dt C


     
 
2ª LK malha 3: 
3 2 1
2 3
di (t) d(i (t) i (t))
L M R i (t) 0
dt dt

  
 
 
Transformando as equações em Laplace com condições iniciais nulas, temos 
 
2ª LK malha 1: 
6 
 
 
 
1 1 1 2 3 s
1 1 2 3 s
R I (s) sL I (s) I (s) s M I (s) E (s)
R sL I (s) sLI (s) s M I (s) E (s)
   
    
 
 
2ª LK malha 2: 
 2 1 3 2
1 2 3
1
sL I (s) I (s) s M I (s) I (s) 0
sC
1
sLI (s) sL I (s) s M I (s) 0
sC
   
 
      
 
 
 
2ª LK malha 3: 
 
 
3 2 1 2 3
1 2 2 3
sLI (s) s M I (s) I (s) R I (s) 0
s M I (s) s M I (s) R sL I (s) 0
   
     
 
 
 
 
Equação matricial de AM: 
 
 
1
1 s
2
3
2
R sL sL s M
I (s) E (s)
1
sL sL s M I (s) 0
sC
I (s) 0
s M s M R sL
   
    
      
    
         
 
 
b) Com os valores fornecidos no enunciado, temos |M| = k e a equação matricial fica: 
 
1 s
2
3
1 s s ks
I (s) E (s)
1
s s ks I (s) 0
s
I (s) 0
ks ks 1 s
   
    
      
    
        
 
 
b1) Resolvendo I1(s) por Cramer, 
 
s
2
1
1 s 2
2 2 s
E (s) s 0
1
0 s 0
s 1
s (1 s)
0 0 1 s I (s) s 1s
I (s) E (s) .
1 s s 0 1 E (s) s s 1(1 s) s s (1 s)
s1
s s 0
s
0 0 1 s


 
       
         
 
 

 
 
Note que, como não há acoplamento, poderíamos ter encontrado a função de rede 
diretamente por associação de admitâncias, ou seja, 
 
7 
 
21
1 1
1 1 2
s s
1
1 1
R sC s
I (s) I (s) s 1sL sY (s) Y (s) .
1 1E (s) E (s) s s 1R sC 1 s
sL s
 
         
    
 
 
b2) Resolvendo I1(s) por Cramer, 
 
s
2
2
1
1 s 2
2 3 2 2 s
E (s) s s
1
0 s s
s 1
s (1 s) s
0 s 1 s I (s) s s 1s
I (s) E (s)
1 s s s 1 1 E (s) s 2s 1(1 s) s 2s s s 2s (1 s)
s s1
s s s
s
s s 1 s
 

 
         
                 
   
 
 
 
 
 
5 – a) Nas convenções do circuito da Figura 3 da Lista Complementar 2, temos 
 
1 2
1 1
2 1
2 2
di (t) di (t)
v (t) L M
dt dt
di (t) di (t)
v (t) L M
dt dt

 

  

 
 
Transformando esse sistema de equações em Laplace e reescrevendo-o matricialmente, 
resulta 
 
1 1 11
2 2 22
V (s) sI (s) i (0 )L M
V (s) sI (s) i (0 )M L


    
         
. 
 
Como i1(0–) = – iL1(0–) = – α e i2(0–) = iL2(0–) = β, temos 
 
1 11
2 22
V (s) sI (s)L M
V (s) sI (s)M L
    
         
. 
 
Comparando essa equação matricial com a equação fornecida no enunciado, 
encontramos 
 
1
2
1 2
L 4 H
M
L 1 H k 0,5
L L
M 1 H
5 A
10 A
 

  
 
 
 
 
 
b) Vamos começar fazendo a análise de malhas do circuito no domínio do tempo: 
8 
 
 
2ª LK malha 1: 
 
t
1 2
1 1 2 s
di (t) di (t) 1
L M i ( ) i ( ) d e (t)
dt dt C

       
2ª LK malha 2: 
 
t
2 1
2 2 2 1
di (t) di (t) 1
L M Ri (t) i ( ) i ( ) d 0
dt dt C

        
 
Transformando as equações em Laplace, temos 
 
2ª LK malha 1: 
c1 2
1 1 1 1 2 2 s
c
1 1 2 s 1 1 2
v (0 )I (s) I (s)
sL I (s) L i (0 ) s M I (s) M i (0 ) E (s)
sC s
v (0 )1 1
sL I (s) s M I (s) E (s) L i (0 ) M i (0 )
sC sC s

 

 

     
   
          
   
 
 
2ª LK malha 2: 
c2 1
2 2 2 2 1 1 2
c
1 2 2 2 2 1
v (0 )I (s) I (s)
sL I (s) L i (0 ) s M I (s) M i (0 ) RI (s) 0
sC s
v (0 )1 1
s M I (s) sL R I (s) L i (0 ) M i (0 )
sC sC s

 

 

      
   
          
   
 
 
 
Equação matricial de AM: 
 
c
1 s 1 1 2
1
2 c
2 2 2 1
v (0 )1 1
sL s M E (s) L i (0 ) M i (0 )
I (s)sC sC s
I (s)1 1 v (0 )
s M sL R L i (0 ) M i (0 )
sC sC s

 

 
  
        
     
        
      
 
 
Comparando essa equação matricial com a equação fornecida no enunciado, 
encontramos R = 10  e C = 0,5 F. 
 
c) Comparando a equação matricial obtida no item b) com a equação de AM fornecida no 
enunciado, temos 
 
c
s s2 2
v (0 ) 5 V
1 1 2 1
E (s) e (t) sen(2t)H(t)
2 2s 4 s 4
  
    
 
 
 
d) Tomando a equação matricial de AM obtida no item b), adotando condições iniciais 
nulas e substituindo 
9 
 
s s
1 1 2 2
1 2
s j com = 2 rad/s 
ˆE (s) E 10 45º V
ˆ ˆI (s) I , I (s) I
M L L pois k = 1
  
 
 

 
 
resulta a seguinte equação matricial de AM em RPS: 
 
1 1 2
1
2
1 2 2
1 1
j 2L j 2 L L
Iˆ 10 45º2C 2C
ˆ 01 1 I
j 2 L L j 2L R
2C 2C
    
            
     
                  
. 
 
Finalmente, podemos substituir L1 = 4 H, L2 = 1 H e R = 10 , obtendo 
 
1
2
Iˆj7 j5 10 45º
ˆj5 j 10 0I
    
         
.
 
 
10 
 
Testes 
 
1 – A equação matricial de análise de malhas no domínio de Laplace (condições iniciais nulas) 
do circuito da Figura 6 é dada por : 
 
 









































0
0
0
)(
)(
)(
)(
)(
0112
15,0505
10100
05205
3
2
1 sE
sV
sI
sI
sI
s
g
 
 
 Os valores de  e r são respectivamente : 
a) 2 ; 2  
b) – 2 ; 1  
c) 20 ; – 2  
d) – 10 ; – 1  
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 – O gerador de Thévenin equivalente à rede da Figura 6, no domínio de Laplace e com 
condições iniciais nulas, tem E0(s) e Z0(s) iguais, respectivamente, a: 
 
a) Ig(s)
 / 2s , ( 2s + 2 ) 
b) 2s . Ig(s) , ( 2s + 2 ) 
c) 2s . Ig(s) , ( s + 2 ) 
d) 4s . Ig(s) , 2 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 7 
2 H 
ig(t) 2 H 
2  
A 
B 
eg 
Figura 6 
v 
10 i1 
i2 
i3 
ix 
vx 
r.ix 
0,5 H 
5  
.vx 
Resolução: 
• 2ª LK na malha 2 em Laplace com condições iniciais nulas: 
2
x 2
2
10I (s)
V (s) V(s) 10I (s) 0
10(1 )I (s) V(s) 0

   
   
 
Comparando com a 2ª linha da equação matricial fornecida, concluímos que 
1 1 2    
• Equação adicional de AM para compensar a incógnita V(s): 
 3 2 x 3 1
1 2 3
I (s) I (s) rI (s) r I (s) I (s)
rI (s) I (s) (1 r)I (s) 0
   
    
 
Comparando com a 4ª linha da equação matricial fornecida, concluímos que 
r 2
 
. 
 
Resolução: 
• Tensão em aberto: 
0 g gE (s) s2I (s) 2sI (s). 
 
• Impedância vista: trocando o gerador de corrente por um aberto, temos 
0Z (s) s2 2 2s 2.   
 
11 
 
Os testes de 3 a 6 referem-se ao circuito da Figura 7. 
 
3 – Achave está em A há muito tempo e passa instantaneamente para a posição B em t = 0. 
 A corrente i1 ( 0 – ) vale: 
 
a) 5 A 
b) 0 
c) 2 A 
d) 2,5 A 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
4 – A corrente i1 (  ) vale: 
 
a) 5 A b) 0 
c) 2 A d) 2,5 A e) n.d.a. 
Figura 8 
4 H 
 2  
1 H 
i2 i1 
 1 H 10 V 
 A 
 B t = 0 
 2  
Resolução: Em regime DC, ambos os indutores podem ser substituídos por 
curtos-circuitos e temos 
1
10
i (0 ) 5 A
2
   
e 
2
0
i (0 ) 0.
2
  
 
Resolução: Inicialmente, notamos que o indutor de 4 H tem inércia à variação de corrente e 
1 1i (0 ) i (0 ) 5 A.  
 Além disso, o mesmo argumento se aplica ao indutor de 1 H e 
2 2i (0 ) i (0 ) 0.  
 Em regime, os indutores podem ser substituídos por curtos-circuitos e, 
com o resistor de 2  curto-circuitado no secundário, concluímos que 
2i ( ) 0. 
 Em 
contrapartida, nada podemos concluir ainda sobre a corrente 
1i ( )
 pois há um laço de 
indutor no primário.
 
Após o instante em que a chave fecha, o indutor de 4 H está curto-
circuitado e a tensão sobre ele será sempre nula para t ≥ 0+, como visto na figura a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A expressão do fluxo magnético concatenado com o indutor de 4 H é 
t
1 1 1 1 2 1
0 50
0
1
(t) v ( )d (0 ) 4i (0 ) i (0 ) 4i (0 ) 20 Wb-espira 
(t) Ψ 20 Wb-espira para todo t 0 .

   



        
   

 
 
Mas sabemos que 
1 1 2 1
0
( ) 4i ( ) i ( ) 4i ( )

       
 e 
1( ) 20 Wb-esp aΨ ir   
, logo, 
1 1
20
4i ( ) 20 i ( ) 5 A.
4
     
 
4 H 
1 H 
i2 i1 
 1 H 
 t ≥ 0+: 
 2  v1 
12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 – As FCPs do circuito para t > 0 são: 
 
a) – 2 
b) 0 e – 2 
c) – 8/3 
d) 0 e – 8/3 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
6 – Supondo agora que a chave permaneça sempre em A, a corrente I2(s) vale (considerando 
condições iniciais nulas): 
 
a) 
)4103/(10 2  ss
 
b) 
)4103/(10 2  ss
 
c) 0 
d) 
)]3104(/[10 2  sss
 
e) n.d.a. 
 
Solução alternativa: Vamos resolver o circuito para t > 0 utilizando Análise de Malhas 
com condições iniciais 
1i (0 ) 5 A  
e 
2i (0 ) 0. 
 Começando no domínio do tempo, 
 
2ª LK malha 1: 
1 2di (t) di (t)4 0
dt dt
 
 
2ª LK malha 2: 
2 1
2
di (t) di (t)
2i (t) 0
dt dt
  
 
 
Transformando as equações em Laplace, temos 
 
2ª LK malha 1: 
1 2 1 24sI (s) sI (s) 4i (0 ) i (0 ) 20     
2ª LK malha 2: 
 
1 2 2 1sI (s) s 2 I (s) i (0 ) i (0 ) 5      
 
Equação matricial de AM: 
1
2
I (s)4s s 20
I (s)s s 2 5
    
        
 
Resolvendo por Cramer, chega-se a 
 
1 1 1
20 s
5 s 2 5(3s 8) 5
I (s) i (t) 5H(t) i ( ) 5 A.
4s s s(3s 8) s
s s 2
 
       


 
 
 
 
 
 
 
A expressão do fluxo magnético do indutor de 4 H é 
 
 
Mas sabemos que e , logo, 
 
Resolução: Aplicando Análise de Malhas ao circuito para t > 0, 
como feito na Solução Alternativa do Exercício 4, podemos 
encontrar a equação característica do circuito e as suas FCPs: 
 
1
2
s 0 (devido ao laço
4s s de indutor no primário)
0 s(3s 8) 0
s s 2 8
s
3

    

 
 
Resolução: Aplicando Análise de Malhas ao circuito 
para t > 0 com condições iniciais nulas, chegamos à 
equação matricial de AM: 
 
1
2
I (s)4s 2 s 10 / s
I (s)s s 2 0
     
        
 
 
Resolvendo por Cramer, 
 
2 2
4s 2 10 / s
s 0 10
I (s) .
4s 2 s 3s 10s 4
s s 2


 
  

 
 
13 
 
 
 
7 – Considere o circuito da Figura 8 com indutância mútua. Assinale a alternativa que contém a 
expressão correta de v1 em função das convenções adotadas na figura. 
 
 a) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
  
 
 b) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
  
 
 c) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
 
 
 d) 
1 2
1 1
di di
v L M
dt dt
 
 
 e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
8 – A admitância vista pelo gerador no circuito da Figura 9 vale: 
 
a) 
3 3
2 12 62
s
s s

 
 
b) 
2 2 3
0 01 10 4 62
,
, ,
s
s s

 
 
c) 
2 8 3
1 99 11 6 62
,
, ,
s
s s

 
 
d) 
3 2 3
1 99 12 4 62
,
, ,
s
s s

 
 
e) n.d.a. 
 
2 
0,1 H 
i2 1 H 
Figura 10 
B 
A 
3 2 H 
Figura 9 
L1 v1 
i1 
L2 v2 
i2 
|M| 
Resolução: 
1 2 1 2
1 1 1 1
di di di di
v L M v L M
dt dt dt dt
       
 
 
14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para os testes de 9 a 12, considere o circuito da Figura 10. 
 
9 – O sistema matricial de análise de malhas em condições iniciais nulas é dado por: 
 
a) 




















0
)(
)(
)(
/11/1
/1/11
2
1 sE
sI
sI
sss
ss 
b) 




















0
)(
)(
)(
/111/1
/1/21
2
1 sE
sI
sI
sss
ss 
c) 




















0
)(
)(
)(
/11/1
/1/11
2
1 sE
sI
sI
ss
ss 
 
d) 




















0
)(
)(
)(
21
1
2
1 sE
sI
sI
ss
ss 
e) n.d.a. 
 
1 
1F 
i 
e(t) 
vL 
1 
vC 
iL 
A 
B 
i1 
iC i2 
Figura 11 
1H 
Resolução: Considerando o circuito esquematizado a seguir com condições iniciais nulas, 
vale:
 
 
1
2
1
2
2
1 2 2
I (s)V(s) 2s 0,1s
I (s)V(s) 0,1s 3 s
I (s) 3 s 0,1s V(s)1
I (s) 0,1s 2s V(s)1,99s 6s
3,2s 3
I (s) I (s) V(s)
1,99s 6s
     
           
     
      
     

  

 
 
2
1 2
impedância 
do trecho L//(L+R)
1,99s 6s
V(s) I (s) I (s)
3,2s 3

  

. Logo, por associação de impedâncias, 
2 22
1 1 3,2s 3
Y(s)
1,99s 6s 1,99s 12,4s 61,99s 12,4s 6
2
3,2s 3 3,2s 3

  
    
  
  
.
 
v 
2 
0,1 H 
i2 1 H 
B 
A 
3 2 H 
i1 
15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 – A impedância Z(s) vista em A – B vale: 
 
a) 
s s
s s
2
2
2 2
1
 
 
 
b) 
1
12s s 
 
c) 
1
2 22s s 
 
d) s + 1 
e) n.d.a. 
 
 
Resolução: Começando no domínio do tempo e com condições iniciais nulas, 
 
2ª LK malha 1: 
 
t
1 1 2 si (t) i ( ) i ( ) d e (t)

     
 
2ª LK malha 2: 
 
t
2
2 1 2
di (t)
i ( ) i ( ) d i (t) 0
dt

      
 
 
Transformando as equações em Laplace, temos
 
2ª LK malha 1: 
1 2
1 1
1 I (s) I (s) E(s)
s s
 
   
 
 
2ª LK malha 2: 
1 2
1 1
I (s) 1 s I (s) 0
s s
 
     
 
 
 
Equação matricial de AM: 1
2
1 1
1
I (s) E(s)s s
I (s)1 1 0
1 s
s s
 
      
     
    
  
.
 
Resolução: Por associação de impedâncias, temos 
 
2 2
2 2
(s 1) / s s 1 s s 1 s 2s 2
Z(s) 1 .
1 s s 1 s s 1s 1
s
      
   
    
 
16 
 
11 – Num determinado instante t0 sabe-se que e ( t0 ) = 5 V, vC ( t0 ) = 3 V e iL ( t0 ) = 1 A. 
Pode-se afirmar que: 
 
a) No indutor teremos vL ( t0 ) = 2 V. 
b) No capacitor teremos iC ( t0 ) = 1 A. 
c) Para determinar vL ( t0 ) e iC ( t0 ) é preciso conhecer 
d v
dt
e
d i
dt
L
t
C
t0 0
. 
d) a) e b) estão corretas. 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 – Quais são as frequências próprias do circuito? 
 
a) – 1 + j e – 1 – j 
b) – 1 – 2 j e – 1 + 2 j 
c) – 2 + j e – 2 – j 
d) – 1 e + 1 
e) n.d.a. 
 
 
13 – Assinale a opção correta: 
 
a) Em circuitos com vinculados a presença de FCP nula coincide com a presença de laços 
de indutores ou cortes de capacitores obrigatoriamente. 
b) Cortes de capacitores e/ou laços de indutores implicam a existência de FCP nula. 
c) Inserindo dois capacitores em série no lugar de um capacitor não implica a existência de 
corte de capacitores. 
d) Para determinar FCP nulas, qualquer análise (AN, AM) serve, isto é, não existem 
condições. 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Resolução: Considerando o circuito para t = t0 a seguir, 
 
No indutor, 
L 0 L 0v (t ) 1 3 v (t ) 2 V.   
 
No capacitor, 
C 0 C 0
5 3
i (t ) 1 i (t ) 1A.
1

   
 
Para determinar vL ( t0 ) e iC ( t0 ), basta 
aplicar diretamente a 1ª LK e a 2ª LK 
no circuito “fotografado” em t = t0. 
1 
1F 5 V 
vL 
1 
3 V 
1 A 
A 
B 
iC 
1H 
Resolução: Equação característica: 
 
12
2
1 1
1
s 1 js s
0 s 2s 2 0
s 1 j1 1
1 s
s s
 
  
     
  
  
 
Resolução: Cortes de capacitores e/ou laços de indutores implicam a existência de 
FCP nula. Em circuitos com vinculados, pode aparecer FCP nula sem a presença 
evidente de laços de indutores ou cortes de capacitores. Para determinar FCPs nulas na 
Análise Nodal, é preciso considerar as correntes dos indutores como incógnitas. Já na 
Análise de Malhas, para determinar FCPs nulas é preciso considerar as tensões dos 
capacitores como incógnitas. 
17 
 
Para os testes 14 e 15, considere o circuito da Figura 12, em que 
o
se (t) 10cos(t 45 ), (V,s) 
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 – Assumindo 
C 1 F
, o fasor da corrente 
2i (t)
, ou seja, 
2Iˆ
,vale aproximadamente (em A): 
a) 
oj231,9e
 
b) oj1572e 
c) 
oj462,3e
 
d) 10 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15 – A impedância vista pelos terminais A e B do circuito para C = 2F vale (em Ω): 
 
a) 0 
b) 

 
c) 
10 j25
 
d) 
10 j5
 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
As relações entre as tensões e correntes dos indutores é 
 
 
 
 
 
 
Fazendo análise de malhas, obtemos 
 
o o
j45
1
2
j157 j23
2 2
Jˆ10 j2 j 10e
ˆj j0,5 j 0J
ˆ ˆJ 1,857e I 1,857e
     
           
   
 
1 1 1 1
22 2 2
ˆ ˆ ˆV jωL jω | M | J Jj2 j
ˆ ˆ ˆjω | M | jωL j j0,5V J J
        
         
             
10 
~ 
A 
B 
j
 
k=1 
sEˆ
 
1Jˆ
 
2Jˆ
 
1Vˆ
 
2Vˆ
 
Resolução: Modificando o sistema anterior, temos 
 
1 s
2
10 j2 j ˆ ˆJ E
j
ˆj j0,5 0J
C
                   
 
 
Resolvendo esse sistema em 
1Jˆ
, a impedância de entrada vale: 
 
2
s s
1 1 C 2
ˆ ˆE E(10 j2) j(0,5 1/ C)
ˆ ˆj(0,5 1/ C)J J

 
  

 
 
Figura 12 
10  
~ 
A 
B 
 
 C 
 k=1